江西省宜春实验中学2026届化学高二上期中质量跟踪监视试题含解析

江西省宜春实验中学2026届化学高二上期中质量跟踪监视试题注意事项1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、汽车尾气净化器中发生可逆反应：2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)ΔH=-746.8kJ·mol-1下列有关说法正确的是A．加入催化剂，上述反应的反应热ΔH小于-746.8kJ·mol-1B．增大NO浓度，平衡正向移动，平衡常数增大C．加入催化剂，有利于提高平衡前单位时间内NO的转化率D．降低温度，平衡正向移动，v正增大，v逆减小2、下列说法正确的是()A．增大压强，活化分子百分数增多，化学反应速率一定增大B．升高温度，活化分子百分数不一定增大，化学反应速率一定增大C．加入反应物，使活化分子百分数增加，化学反应速率增大D．使用正催化剂，降低了反应的活化能，增大了活化分子百分数，化学反应速率增大3、常温下，浓度均为0.1mol·L-1的盐酸和醋酸，下列说法正确的是A．两种溶液的pH：盐酸大于醋酸B．用相同浓度的NaOH溶液分别与等体积的盐酸和醋酸溶液恰好反应完全,盐酸消耗的NaOH溶液体积多C．向醋酸中加入等物质的量的NaOH，溶液呈碱性，且溶液中D．两种溶液中水电离出的氢离子：盐酸大于醋酸4、常温下，在pH＝5的HA溶液中存在电离平衡：HAA－＋H＋，对于该平衡，下列叙述正确的是A．加入水时，平衡向右移动，HA电离常数增大.B．加入少量NaA固体，平衡向右移动C．稍微升高溶液温度，溶液中的c(OH－)增大D．加入少量NaOH固体，平衡向右移动，c(H＋)减少5、能源是人类生存和发展的重要基础，下列措施对于能源的可持续发展不利的是A．开发新能源 B．节约现有能源C．提高能源利用率 D．直接燃煤获取能量6、下列说法正确的是A．S的摩尔质量是32g B．1mol12C的质量是6gC．1molO2的质量是32g/mol D．Fe2+摩尔质量是56

g/mol7、25℃时，关于浓度均为0.1mol/L的三种溶液：①醋酸、②NaOH、③醋酸钠溶液，下列说法不正确的是A．若测得0.1mol/LCH3COONa溶液显碱性，则可证明醋酸是弱电解质B．若用0.1mol/L的某一元酸HA与②混合，若pH=7，则VHA≤VNaOHC．①和②等体积混合后的溶液：c(OH－)＝c(H+)+c(CH3COOH)D．①和③等体积混合后的溶液：c(CH3COO－)＞c(Na+)＞c(CH3COOH)＞c(H+)＞c(OH－)8、下列说法正确的是()A．焓变与熵变是判断反应方向的两个主要因素B．任何情况下，温度都不可能对反应的方向起决定性作用C．凡是放热反应都是自发的，因为吸热反应都是非自发的D．自发反应在任何条件下都能实现9、下列说法正确的是：A．增大压强，活化分子百分数增大，化学反应速率一定增大B．升高温度，活化分子百分数增大，化学反应速率一定增大C．加入反应物，使活化分子百分数增大，化学反应速率增大D．使用催化剂，降低了反应的活化能，使活化分子百分数增大，反应速率不一定增大10、常温常压时，下列叙述不正确的是A．pH相等的CH3COONa、NaOH和Na2CO3三种溶液：c(NaOH)＜c(Na2CO3)＜c(CH3COONa)B．pH＝5的①NH4Cl溶液②CH3COOH溶液③稀盐酸溶液中，由水电离出的氢离子浓度c(H＋)水：①＞②＞③C．pH=11的NaOH溶液与pH=3的醋酸溶液等体积混合后，滴入石蕊，溶液呈红色D．0.1mol/L的醋酸的pH=a，0.01mol/L的醋酸的pH=b，则b＜a+l11、在一定条件下，Na2CO3溶液中存在CO32-+H2OHCO3-+OH-平衡。下列说法不正确的是A．稀释溶液，[c（HCO3-）·c（OH-）]/c（CO32-）增大B．通入CO2，溶液pH减小C．升高温度，平衡常数增大D．加入NaOH固体，c（HCO3-）/c（CO32-）减小12、实验室中将盛有甲烷与氯气的混合气体的量筒倒立在盛有饱和食盐水的水槽中，光照使其发生反应，下列说法错误的是（）A．通过量筒内壁上出现的油状液滴可以说明生成四种有机产物B．氯化氢极易溶于水，导致量筒中液面上升C．饱和食盐水能够抑制氯气的溶解D．量筒中气体颜色逐渐变浅13、下列关于热化学反应的描述中正确的是A．HCl和NaOH反应的中和热△H＝－57.3kJ·mol－1，则1mol硫酸与足量氢氧化钡溶液反应放热为114.6kJB．H2(g)的标准燃烧热是－285.8kJ·mol－1，则2H2O(1)＝2H2(g)＋O2(g)反应的△H＝＋571.6kJ·mol－1C．放热反应比吸热反应容易发生D．1mol丙烷燃烧生成水和一氧化碳所放出的热量是丙烷的标准燃烧热14、下列说法正确的是（）A．为比较氯和硫元素非金属性强弱，可测同条件下同浓度的NaCl溶液和Na2S溶液的pHB．用盐酸滴定氨水可选用甲基橙作指示剂C．在某溶液中滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，有白色沉淀生成，则原溶液中一定含SO42–D．SO2和Cl2都能使品红溶液褪色，其原理相同15、已知分解1molH2O2放出热量98kJ。在含少量I-的溶液中，H2O2分解的机理为H2O2+I-→H2O+IO-慢H2O2+IO-→H2O+O2+I-快下列有关该反应的说法不正确的是A．反应速率与I-浓度有关B．I-是该反应的催化剂C．生成1molO2放热196kJD．v(H2O2)=v(H2O)=v(O2)16、下列溶液pH一定小于7的是()A．等体积的盐酸与氨水的混合液B．由水电离出的c(OH－)＝1×10－10mol/L的溶液C．80℃时的氯化钠溶液D．c(H＋)＝1×10－3mol/L的酸与c(OH－)＝1×10－3mol/L的碱等体积混合液二、非选择题（本题包括5小题）17、A、B、C、D、E是核电荷数依次增大的五种短周期主族元素，A元素的原子核内只有1个质子；B元素的原子半径是其所在主族中最小的，B的最高价氧化物对应水化物的化学式为HBO3；C元素原子的最外层电子数比次外层多4；C的阴离子与D的阳离子具有相同的电子排布，两元素可形成化合物D2C；C、E同主族。（1）E元素形成的氧化物对应的水化物的化学式为_______________________________。（2）元素C、D、E形成的简单离子半径大小关系是____________(用离子符号表示)。（3）用电子式表示化合物D2C的形成过程：_________________。C、D还可形成化合物D2C2，D2C2中含有的化学键类型是_______________________________________________。（4）由A、B、C三种元素形成的离子化合物的化学式为__________________，它与强碱溶液共热，发生反应的离子方程式是______________________。（5）某一反应体系中含有D2E、D2EC3、D2EC4三种物质，若此反应为分解反应，则此反应的化学方程式为________________________(化学式用具体的元素符号表示)。18、乙醇是生活中常见的有机物，能进行如图所示的多种反应，A、B、C、D都是含碳化合物。(1)写出下列反应的化学方程式并写出③、④的反应类型：反应①：_____________。反应②：_______________。反应③的反应类型：______________。反应④的反应类型：______________。(2)乙醇分子中不同的化学键如图：请用①~⑤填写化学反应中乙醇的断键位置Ⅰ.与活泼金属反应，键______________断裂Ⅱ.在Cu或Ag催化下和O2反应，键______________断裂19、某同学称取9g淀粉溶于水，测定淀粉的水解百分率。其程序如下：(1)各步加入的试剂为：A______________，B_____________，C______________。(2)加入A溶液而不加入B溶液是否可以__________________，其理由是__________________。(3)当析出1.44g砖红色沉淀时，淀粉水解率是___________________。20、已知某NaOH试样中含有NaCl杂质，为测定试样中NaOH的质量分数，进行如下步骤实验：①称量1.0g样品溶于水，配成250mL溶液；②准确量取25.00mL所配溶液于锥形瓶中；③滴加几滴酚酞溶液；④用0.10mol∙L−1的标准盐酸滴定三次，每次消耗盐酸的体积记录如表：滴定序号待测液体积/(mL)所消耗盐酸标准液的体积/(mL)滴定前滴定后125.000.5020.60225.006.0026.00325.001.1021.00请回答：(1)将样品配成250mL溶液，除小烧杯、玻璃棒、胶头滴管外，还需用到的玻璃仪器有______________。(2)用___________滴定管填“酸式”或“碱式”盛装0.10mol∙L−1的盐酸标准液。(3)达到滴定终点时的标志为____________。(4)烧碱样品的纯度为_____________。(5)若出现下列情况，测定结果偏高的是_____________。a.未用待测液润洗碱式滴定管b.滴定终点读数时，俯视滴定管的刻度，其它操作均正确c.盛装未知液的锥形瓶用蒸馏水洗过，未用待测液润洗d.滴定到终点读数时发现滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液21、NOx（主要指NO和NO2）是大气主要污染物之一。有效去除大气中的NOx是环境保护的重要课题。(1)用水吸收NOx的相关热化学方程式如下：2NO2（g）+H2O（l）HNO3（aq）+HNO2（aq）ΔH=−116.1kJ·mol−13HNO2（aq）HNO3（aq）+2NO（g）+H2O（l）ΔH=75.9kJ·mol−1反应3NO2（g）+H2O（l）2HNO3（aq）+NO（g）的ΔH=___________kJ·mol−1。(2)在有氧条件下，新型催化剂M能催化NH3与NOx反应生成N2。现将一定比例的O2、NH3和NOx的混合气体，匀速通入装有催化剂M的反应器中反应。反应相同时间NOx的去除率随反应温度的变化曲线如图所示，在50～250℃范围内随着温度的升高，NOx的去除率先迅速上升后上升缓慢的主要原因是______________________；当反应温度高于380℃时，NOx的去除率迅速下降的原因可能是___________________。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、C【详解】A．催化剂只能将改变反应的活化能，并不能改变焓变，故A不选；B．增大NO浓度，平衡正向移动；但平衡常数只与温度有关，与反应物浓度无关，故B不选；C．加入催化剂，化学反应速率增大，有利于提高平衡前单位时间内NO的转化率，故选C；D．由反应2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)ΔH=-746.8kJ·mol-1可知，该反应为放热反应，降低温度平衡逆向移动；但降低温度化学反应速率均降低，故D不选。答案选C2、D【详解】A．对于无气体物质参加的化学反应，增大压强，化学反应速率不变；对于有气体参加的反应，增大压强，活化分子百分数不变，A错误；B．升高温度，物质的内能增加，活化分子百分数增大，单位体积内活化分子数增加，分子之间有效碰撞次数增加，化学反应速率一定增大，B错误；C．加入反应物，活化分子百分数不变；若加入的反应物是固体或纯液体，加入反应物，化学反应速率不变，C错误；D．若使用了正催化剂，则由于降低了反应的活化能，大大增大了活化分子百分数，使化学反应速率成千上万倍的增大，D正确；故答案选D。3、C【详解】A、盐酸是强酸，完全电离，醋酸是弱酸，部分电离，所以溶液中c（H+）浓度盐酸大于醋酸，醋酸溶液的pH大于盐酸，选项A错误；B、用同浓度的NaOH溶液分别与等体积的盐酸和醋酸溶液恰好反应完全，由于醋酸和盐酸的物质的量相等，则消耗NaOH的物质的量相等，选项B错误；C、向醋酸中加入等物质的量的NaOH，生成醋酸钠溶液，水解溶液呈碱性，且溶液中，选项C正确；D、盐酸是强酸，完全电离，醋酸是弱酸，部分电离，所以溶液中c（H+）浓度盐酸大于醋酸，对水的电离抑制程度大于醋酸，水电离出的氢离子：盐酸小于醋酸，选项D错误；答案选C。4、D【详解】A.加水稀释促进HA电离，所以平衡向右移动，但是电离平衡常数只与温度有关，温度不变电离平衡常数不变，故A错误；B.加入少量NaA固体，导致溶液中c(A−)增大而抑制HA电离，所以HA电离平衡向左移动，故B错误；C.电离平衡吸热，稍微升高溶液温度，平衡正向移动，c(H+)增大，酸性增强则c(OH－)减小，故C错误；D.加入少量NaOH固体，NaOH和H+反应导致溶液中c(H+)减小而促进HA电离，平衡向右移动，故D正确；故选D。5、D【详解】A．开发新能源，比如氢能、太阳能、地热能等，有利于可持续发展，故A不符合题意；

B．节约现有能源，是解决能源危机的方法之一，有利于能源的可持续发展，故B不符合题意；C．提高能源利用率，获取相同能量，降低能源的消耗，有利于能源的可持续发展，故C不符合题意；D．直接燃煤获取能量，对能源的利用率低，不利于能源的可持续发展，故D符合题意。综上所述，答案为D。6、D【分析】摩尔质量的单位是g/mol，质量的单位是g【详解】A.S的摩尔质量是32g/mol，故A错误；B.1mol12C的质量是12g，故B错误；C.1molO2的质量是32g，故C错误；D.Fe2+摩尔质量是56

g/mol，故D正确；故选D。7、B【详解】A．若测得0.1mol/LCH3COONa溶液显碱性，说明CH3COONa为强碱弱酸盐，弱酸根离子发生水解，则可证明醋酸是弱酸，属于弱电解质，故A正确；B．若用0.1mol/L的某一元酸HA与②NaOH溶液混合，若HA为强酸，二者等体积混合，生成的盐NaA为强酸强碱盐，溶液pH=7，则VHA=VNaOH，若HA为弱酸，二者等体积混合，生成的盐NaA为强碱弱酸盐，溶液显碱性，要使溶液pH=7，可减少NaOH溶液的用量或增大HA的用量，则VHA＞VNaOH，故B错误；C．醋酸溶液和NaOH溶液等体积混合后恰好完全反应，生成的盐为强碱弱酸盐，溶液显碱性性，由质子守恒可知：c(OH－)＝c(H+)+c(CH3COOH)，故C正确；D．醋酸溶液和醋酸钠溶液等体积混合后，溶液呈酸性，即醋酸的电离大于醋酸钠的水解，则c(CH3COO－)＞c(Na+)＞c(CH3COOH)＞c(H+)＞c(OH－)，故D正确；答案选B。8、A【解析】根据ΔG＝ΔH－T·ΔS，若ΔH>0，ΔS>0，温度(T)很高时，ΔG可能小于0，反应自发进行，若ΔH<0，ΔS<0，温度很低时，ΔG可能小于0，反应自发进行，此时温度起决定性作用。【详解】A项、判断反应方向的两个主要因素是焓变和熵变，故A正确；B项、如△H＞0，△S＞0，高温下反应能自发进行，低温下不能自发进行，温度可能对反应的方向起决定性作用，故B错误；C项、放热反应△H＜0，△S＜0时低温自发进行，高温非自发进行，吸热反应△H＞0，△S＞0时，高温反应自发进行，故C错误；D项、自发进行的反应是有焓变、熵变、温度共同决定，故D错误。故选A。【点睛】本题考查了反应自发进行的判断依据，在判断反应的自发性时，应该利用△G＝△H－T·△S进行判断，而不能单独利用熵变或焓变。9、B【解析】A.增大压强，单位体积活化分子的数目增大，活化分子的百分数不变，有效碰撞机会增大，则反应速率加快，故A错误；B.升高温度，活化分子的百分数增大，反应速率增大，故B正确；C.加入反应物，反应物的浓度增大，单位体积内活化分子数目增大，活化分子的百分数不变，有效碰撞机会增大，则反应速率加快，故C错误；

D.使用催化剂可以降低反应的活化能，增大活化分子百分数，有效碰撞机会增大，则反应速率加快，故D错误。故选B。10、B【解析】A、氢氧化钠是强碱，醋酸钠水解显示碱性，碳酸钠水解显示碱性，碳酸钠碱性强于醋酸钠；B、相同条件下，酸或碱抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离，酸中氢离子浓度或碱中氢氧根离子浓度越大，抑制水电离程度越大；C、pH=11的NaOH溶液与pH=3的醋酸溶液等体积混合，醋酸过量溶液呈酸性；D、醋酸是弱电解质，加水稀释时，电离平衡正向移动。【详解】A项、氢氧化钠是强碱，醋酸钠水解显示碱性，碳酸钠水解显示碱性，碳酸钠碱性强于醋酸钠，相同浓度的三种溶液pH的大小分别为NaOH、Na2CO3和CH3COONa，所以pH相等的三种溶液：c（NaOH）＜c（Na2CO3）＜c（CH3COONa），故A正确；B项、氯化铵促进水电离，醋酸和盐酸中氢离子浓度相等，所以醋酸和盐酸抑制水电离程度相等，所以相同条件下，pH=5的①NH4Cl溶液、②CH3COOH溶液、③稀盐酸溶液中由水电离出的c（H+）：①＞②=③，故B错误；C项、pH=11的NaOH溶液与pH=3的醋酸溶液等体积混合，醋酸过量溶液呈酸性，所以滴入石蕊溶液呈红色，故C正确；D项、0.1mol/L的醋酸的pH=a，0.01mol/L的醋酸的pH=b，0.1mol/L的醋酸的pH=a的溶液中溶质浓度稀释10倍，不考虑平衡移动，pH为a+1，但醋酸是弱电解质稀释促进电离，氢离子浓度增大，所以得到a+1＞b，故D正确。故选B。【点睛】本题考查了离子浓度大小比较，离子浓度比较常常与盐类水解、弱电解质电离综合考查，结合守恒思想解答，注意相同条件下，不同酸抑制水电离程度与氢离子浓度有关，与电解质强弱无关为易错点。11、A【解析】试题分析：A、加水稀释促进水解，[c（HCO3-）·c（OH-）]/c（CO32-）表示水解常数，温度不变，水解常数不变，A错误；B、CO2与CO32-反应生成HCO3-，HCO3-比CO32-水解程度小，所以碱性减弱，即pH减小，B正确；C、水解吸热，升温可以促进水解，平衡正向移动，因此升高温度平衡常数增大，C正确；D、加入NaOH固体抑制碳酸根水解，HCO3-的物质的量浓度减小，CO32-的物质的量浓度增大，所以c（HCO3-）/c（CO32-）减小，D正确，答案选A。【考点定位】本题考查了水解平衡常数及影响水解平衡的因素【名师点晴】明确盐类水解的特点和外界条件对盐类水解平衡的影响变化规律是解答的关键，注意水解平衡常数和化学平衡常数一样是温度的函数，与浓度无关。12、A【解析】A、仅通过“量筒内壁上出现的油状液滴”这一实验现象并不能说明生成了四种有机产物，氯气与甲烷发生取代反应，生成的四种有机产物中CH3Cl（常温下为气体，溶于有机溶剂）、CH2Cl2、CHCl3、CCl4为油状液体，故A错误；B、氯气与甲烷反应生成HCl，而HCl极易溶于水，导致量筒内气体减少，压强减小，量筒内液面上升，故B正确；C、氯气溶于水后，部分与水反应Cl2+H2O⇌H++Cl－+HClO，饱和食盐水中Cl－浓度较大，可以抑制Cl2的溶解，故C正确；D、氯气是黄绿色气体，当氯气被消耗，量筒内气体颜色逐渐变浅，故D正确。故选A。13、B【解析】分析：A、根据生成水的同时还有硫酸钡沉淀生成分析；B、根据燃烧热的概念解答；C、反应是否容易发生与反应热没有关系；D、根据燃烧热的概念解答。详解：A、中和热是强酸和强碱稀溶液反应生成1mol液态水放出的能量，和消耗的酸、碱的物质的量之间没有关系，1mol硫酸与足量氢氧化钡溶液反应生成2mol液态水，放出的热量为114.6kJ，同时硫酸根离子和钡离子生成沉淀也伴随能量变化，所以1mol硫酸与足量氢氧化钡溶液反应放热一定不是114.6kJ，A错误；B、H2(g)的燃烧热是285.8kJ·mol－1，则2H2(g)＋O2(g)＝2H2O(l)ΔH＝-571.6kJ·mol－1，所以反应2H2O(l)＝2H2(g)＋O2(g)的ΔH＝＋571.6kJ·mol－1；B正确；C、氢气与氧气常温下不反应，在点燃条件下发生反应，该反应为放热反应；而氢氧化钡晶体与氯化铵常温下发生反应，该反应为吸热反应；所以放热反应不一定比吸热反应容易发生，C错误；D、1mol丙烷燃烧生成液态水和气态二氧化碳时所放出的热量是丙烷的燃烧热，D错误；答案选B。14、B【解析】A．NaCl溶液和Na2S溶液的pH值不同，只能说明硫化氢是弱酸，A错误；B．甲基橙的变色范围是3.1～4.4，氯化铵溶液显酸性，用盐酸滴定氨水可选用甲基橙作指示剂，B正确；C．白色沉淀也可能是氯化银，C错误；D．氯气溶于水生成的次氯酸具有强氧化性，能把品红溶液氧化而褪色，SO2因发生化合反应而使品红溶液褪色，D错误，答案选B。点睛：本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及非金属比较、离子检验、物质性质以及酸碱指示剂等，侧重实验基本操作和实验原理的考查，注意装置的作用及实验的操作性、评价性分析。15、D【解析】A、已知：①H2O2+I-→H2O+IO-慢②H2O2+IO-→H2O+O2+I-快，过氧化氢分解快慢决定于反应慢的①，I-是①的反应物之一，其浓度大小对反应不可能没有影响，例如，其浓度为0时反应不能发生，选项A正确；B、将反应①+②可得总反应方程式，反应的催化剂是I-，IO-只是中间产物，选项B正确；C、分解1molH2O2生成0.5molO2放出热量98kJ，故当反应生成1molO2放热196kJ，选项C正确；D、因为反应是在含少量I-的溶液中进行的，溶液中水的浓度是常数，不能用其浓度变化表示反应速率，选项D不正确。答案选D。16、C【解析】A．等体积的盐酸和氨水的混合液，没告诉盐酸与氨水的物质的量浓度，氢离子浓度无法确定，故A错误；B．水电离出的c(OH-)=1×10-10mol•L-1的溶液，水的电离受到抑制，该溶液可能为酸性溶液，也可能为碱性溶液，pH不一定小于7，故B错误；C．水的电离为吸热过程，升高温度促进水的电离，25℃时，水中c(H+)=10-7mol/L，80℃时，由水电离出的c(H+)＞10-7mol/L，所以80℃时的氯化钠溶液pH一定小于7，故C正确；D．没指明酸和碱的强弱，无法判断溶液的pH，例如稀的强酸和浓的弱碱溶液反应，反应后溶液呈碱性，故D错误；故选C。【点睛】本题考查溶液pH大小判断，明确pH的概念及水的电离平衡的影响因素是解题关键。本题的易错点为B，要注意酸或碱与能够水解的盐对水的电离平衡影响的区别。二、非选择题（本题包括5小题）17、H2SO3、H2SO4S2-＞O2-＞Na+离子键、非极性共价键（或离子键、共价键）NH4NO3NH4++OH-NH3•H2O4Na2SO3=Na2S+3Na2SO4【分析】A元素的原子核内只有1个质子，则A为H元素，B元素的原子半径是其所在主族中最小的，B的最高价氧化物对应水化物的化学式为HBO3，则B的最高化合价为+5价，位于周期表第ⅤA族，应为N元素，C元素原子的最外层电子数比次外层多4个，则原子核外电子排布为2、6，应为O元素，C的阴离子与D的阳离子具有相同的电子排布，两元素可形成化合物D2C，则D的化合价为+1价，应为Na元素，C、E主族，则E为S元素，由以上分析可知A为H元素，B为N元素，C为O元素，D为Na元素，E为S元素。【详解】(1)E为S元素，对应的氧化物的水化物有H2SO3、H2SO4，故答案为H2SO3、H2SO4；(2)元素C、D、E形成的离子分别为O2-、Na+、S2-，S2-离子核外有3个电子层，离子半径最大，O2-与Na+离子核外电子排布相同，都有2个电子层，核电核数越大，半径越小，则半径O2-＞Na+，故答案为S2-＞O2-＞Na+；(3)化合物D2C为Na2O，为离子化合物，用电子式表示的形成过程为，D2C2为Na2O2，为离子化合物，含有离子键和非极性共价键，故答案为；离子键、非极性共价键(或离子键、共价键)；(4)由A、B、C三种元素形成的离子化合物为NH4NO3，与强碱溶液反应的实质为NH4++OH-NH3•H2O，故答案为NH4NO3；NH4++OH-NH3•H2O；(5)某一反应体系中含有D2E、D2EC3、D2EC4三种物质，应分别为Na2S、Na2SO3、Na2SO4，此反应为分解反应，反应的化学方程式为4Na2SO3=Na2S+3Na2SO4，故答案为4Na2SO3=Na2S+3Na2SO4。【点睛】本题考查元素的位置结构与性质的相互关系及其应用，正确推断元素的种类为解答该题的关键。本题的易错点为(5)，注意从歧化反应的角度分析解答。18、2CH3CH2OH＋2Na→2CH3CH2ONa＋H2↑CH3CH2OH＋3O22CO2＋3H2O酯化(或取代)反应氧化反应①①③【分析】乙醇和钠发生置换反应生成乙醇钠和氢气；乙醇点燃生成二氧化碳和水；乙醇和乙酸发生酯化反应生成乙酸乙酯和水；乙醇在铜催化作用下氧化成乙醛；【详解】(1)反应①是乙醇和钠发生置换反应生成乙醇钠和氢气，反应方程式是2CH3CH2OH＋2Na→2CH3CH2ONa＋H2↑；反应②是乙醇燃烧生成二氧化碳和水，反应方程式是CH3CH2OH＋3O22CO2＋3H2O；反应③是乙醇和乙酸发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，反应类型酯化(或取代)反应。反应④是乙醇在铜催化作用下氧化成乙醛，反应类型是氧化反应；(2)Ⅰ.乙醇与活泼金属反应生成乙醇钠，乙醇钠的结构式是，所以是键①断裂；Ⅱ.乙醇在Cu或Ag催化下和O2反应生成乙醛，乙醛的结构式是，所以是键①③断裂。七、元素或物质推断题19、H2SO4NaOHCu(OH)2否因后面的反应必须在碱性条件下方可进行，加B溶液是为了中和多余的酸18％【分析】(1)淀粉在酸性条件下水解生成葡萄糖，加碱中和之后溶液呈碱性，然后加入新制的氢氧化铜，有砖红色沉淀，可检验产物葡萄糖；淀粉遇碘单质变蓝；(2)葡萄糖与新制氢氧化铜反应需要在碱性环境下进行；(3)依据1mol-CHO～1molCu2O，根据生成的Cu2O质量求出水解的淀粉的质量，据此计算淀粉的水解率。【详解】(1)淀粉在稀硫酸作用下水解生成葡萄糖，加NaOH溶液中和稀硫酸，使混合液呈碱性，加入新制氢氧化铜悬浊液，加热至沸腾生成红色沉淀，证明淀粉已水解，由水解后的溶液加碘水变蓝，则说明水解不完全，故答案为H2SO4；NaOH；Cu(OH)2悬浊液；(2)葡萄糖与新制氢氧化铜的反应需要在碱性环境下进行，加NaOH溶液的作用是中和稀硫酸，使混合液呈碱性，故答案为否；葡萄糖与氢氧化铜的反应必须在碱性条件下才能进行，加NaOH溶液是为了中和硫酸；(3)淀粉水解的方程式为：(C6H10O5)n(淀粉)+nH2OnC6H12O6(葡萄糖)，葡萄糖与新制氢氧化铜反应的方程式为：CH2OH(CHOH)4CHO+2Cu(OH)2CH2OH(CHOH)4COOH+2H2O+Cu2O↓，则有(C6H10O5)n～nC6H12O6～nCu2O。设水解的淀粉的质量为x，则：(C6H10O5)n～nC6H12O6～nCu2O162n144nx1.44gx==1.62g，淀粉的水解率=×100%=18%，故答案为18%。20、250mL容量瓶酸式最后一滴标准盐酸溶液滴入，溶液由浅红色变为无色，且半分钟不恢复原色8